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| Aufgabe | Bestimmen Sie sämtliche Lsg der DGL
[mm] y''-2y'+y=e^{x} [/mm] |
da denke ich dass ich im groben weiß wie das geht:
erst:
[mm] y(x)=e^{\lambda*x}
[/mm]
[mm] \Rightarrow \lambda^{2}-2\lambda+1=0
[/mm]
[mm] \Rightarrow \lambda_{1}=\lambda_{2}=1
[/mm]
[mm] \Rightarrow y_{1}(x)=c_{1}e^{x}, y_{2}(x)=c_{2}xe^{x}
[/mm]
[mm] \Rightarrow x_{s}(x)=c_{1}e^{x}+c_{2}xe^{x}
[/mm]
jetzt bin ich mir nicht sicher wie das genau mit dem S(x) war.
ich glaube man musste erst die cs ausrechnen, was glaube ich so ging:
[mm] \pmat{ y_{1} & y_{2} \\ y_{1}' & y_{2}' }\pmat{ c_{1}' \\ c_{2}' }=\pmat{ 0 \\ S(x) }
[/mm]
[mm] \pmat{ e^{x} & xe^{x} \\ e^{x} & e^{x} }\pmat{ c_{1}' \\ c_{2}' }=\pmat{ 0 \\ e^{x} } \Rightarrow c_{1}'=1-\bruch{1}{1+x}, c_{1}=x-ln(1+x); c_{2}'=\bruch{1}{1+x}, c_{2}=ln(1+x)
[/mm]
mhh, schön und gut aber was ist dann mein y(x)? (vorausgesetz das was ich mir da grade gedacht habe ist richtig)
einfach nur:
[mm] y(x)=(x-ln(1+x))e^{x} [/mm] + [mm] ln(1+x)xe^{x} [/mm]
???
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:43 Do 05.07.2007 | | Autor: | kochmn |
Grüß Dich, Celeste,
ja, Deine homogene Lösungsmenge sieht gut aus.
Fehlt noch die partikuläre...
Du suchst eine, und eine reicht Dir, x-beliebige Funktion die
die folgende Gleichung löst:
(1) y'' - 2y' + y = [mm] e^x
[/mm]
Der nächste Satz klingt etwas pompös, beschreibt aber durchaus
die übliche Vorgehensweise (auch bei "rechte Seite" gleich
sin(...), oder Polynom(...), oder irgendwelchen Linearkombos
daraus):
Sieh' Dir Glg. (1) an! Frage Dich: Welche Form könnte ein y haben,
welches (1) erfüllt?
Riecht doch irgendwie auch nach [mm] e^x-Funktion, [/mm] oder? Als Ansatz
wählst Du zunächst
y = [mm] a*e^x
[/mm]
Problem dabei: Das ist bereits Bestandteil Deiner homogenen Lösung
und fällt als 0 heraus. Üblicherweise erweitert man
den Ansatz dann um den Faktor x:
y = [mm] a*x*e^x
[/mm]
Da auch [mm] x*e^x [/mm] zur homogenen Lösung gehört musst Du noch ein x
hinzunehmen:
y = [mm] a*x^2*e^x
[/mm]
Damit hast Du dann auch Erfolg:
y = [mm] a*x^2*e^{x}
[/mm]
y' = [mm] a*(2x+x^2)*e^x
[/mm]
y'' = [mm] a*(2+2x+2x+x^2)*e^x [/mm] = [mm] (x^2+4x+2)*e^x
[/mm]
Einsetzen:
y''-2y'+y
= [mm] [(x^2+4x+2)-(4x+2x^2)+(x^2)] *a*e^x
[/mm]
= [mm] 2*a*e^x
[/mm]
= [mm] e^x [/mm] für a=^/2.
Also ist a=1/2 und Deine partikuläre Lösung lautet:
[mm] y_p [/mm] = [mm] \bruch{1}{2} \cdot x^2 \cdot e^x
[/mm]
Hoffe das hilft Dir weiter,
liebe Grüße,
Markus.Hermann.
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danke für die antwort.
ich brauch jetzt mal was zum verständnis: ich gucke ob ich ne lösung "ablesen" kann, das ist dann meine partikuläre lösung (ganz ehrlich, den begriff hab ich so noch nie gehört). dann mache ich das was ich oben gemacht habe und erhalte so die homogene Lösung. wars das oder brauch ich für die aufgabenstellung wie sie da steht noch irgendwas??
ich hab auf jeden fall noch eine aufgabe gerechnet, wäre nett wenn du dazu auch noch einfeedback abgeben könntest:
y''+y=x
man kann ja sehen dass das für y=x erfüllt ist, da y'=1 und y''=0 ist
dann wäre eine Lösung: y(x)=x
dann mache ich den gleichen weg wie vorher:
[mm] y=e^{\lambda*x} \Rightarrow \lambda^{2}+1=0 \Rightarrow \lambda_{1}=i, \lambda_{2}=-i
[/mm]
[mm] \Rightarrow y_{1}=cosx, y_{2}=sinx
[/mm]
[mm] \pmat{ cosx & sinx \\ -sinx & cosx }\pmat{ c1' \\ c2' }=\pmat{ 0 \\ x }
[/mm]
[mm] \Rightarrow c_{1}=xcosx-sinx; c_{2}=xsinx+cosx
[/mm]
y(x)=(xcosx-sinx)cosx + (xsinx+cosx)sinx
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:43 Do 05.07.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
Ich glaub du kriegst da was durcheinander mit deiner Matrix.
soll die vielleicht versuchen die Lösung der inhomogenen Gleichung durch Variation der Konstanten rauszukriegen?
mit der Lösung der homogeneen Gl. auf jeden Fall hat das nix zu tun! und eine Lösung dder inhomognen Gleichung hast du doch schon richtig bestimmt mit y=x
die Lösung der homogenen Dgl hast du richtig, das ist
[mm] y_h=C_1*sinx+C_2*cosx
[/mm]
die spezielle oder partikuläre Lösung ist [mm] y_p=x
[/mm]
die allgemeine Lösung der inhomogenen Dgl also
[mm] y=C_1*sinx+C_2*cosx [/mm] + x
Gruss leduart
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ja, ich glaube ich werfe da grade grundlegende sachen durcheinander.
ich weiß das soll man hier eigentlich nicht machen, aber kann mir vielleicht einer genau vorrechnen wie er eine aufgabe löst. ich denke ich muss das einfach mal von vorne bis hinten sehen um es richtig nachvollziehen zu können.
(keine sorge, ist keine hausaufgabe, ich muss nur ordnung in meinen kopf bringen).
schön wäre wenn es für:
Man löse das AWP
[mm] y''+4y'+4y=e^{x}
[/mm]
y(0)=1, y'(0)=0
da das so die typische aufgabe ist die wir betrachten.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:02 Fr 06.07.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
> schön wäre wenn es für:
>
> Man löse das AWP
> [mm]y''+4y'+4y=e^{x}[/mm]
> y(0)=1, y'(0)=0
> da das so die typische aufgabe ist die wir betrachten.
1. Lösen der homogenen lin. Dgl mit kondtanten Koeffizienten
y''+4y'+4y=0
mit dem Ansatz [mm] y=A*e^{\lambda*x}
[/mm]
führt zu der Gleichung
[mm] \lambda^2+4\lambda+4=0 (\lambda+2)^2=0 [/mm] 2 Lösungen [mm] \lambda=-2
[/mm]
deshalb ist die allgemeine Lösung der homogenen DGl:
[mm] y_h= A*e^{-2x}+B*x*e^{-2x}
[/mm]
die rechte Seite lässt die Lösung [mm] y=C*e^x [/mm] vermuten, da dann auch alle Abl. [mm] C*e^x [/mm] sind. also [mm] Ansatz:y_p=C*e^x
[/mm]
einsetzen ergibt C+4C+4C=1 also ist [mm] y_p=1/9*e^x [/mm] eine spezielle (oder partikuläre) Lösung der Dgl.
Damit hat man die allgemeine Lösung der inhomogenen Dgl [mm] y=y_h+y_p
[/mm]
[mm] y=A*e^{-2x}+B*x*e^{-2x}+1/9e^x.
[/mm]
jetzt bestimmen von A und B für die gegebenen Anfangswerte:
dazu zuerst
[mm] y'=-2A*e^{-2x}-2B*x*e^{-2x}+1/9e^x
[/mm]
y(0)=1 : 1=A+B+1/9
y'(0)=0 : 0=-2A-2B+1/9
daraus A und B bestimmen und einsetzen. fertig.
(solange man noch nicht ganz sicher ist und übt, sollte man als Probe die Endlösung in die Dgl einsetzen. gehört aber nicht zum Verfahren)
Gruss leduart
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danke - jetzt hab ich nen gewissen überblick!
die homogene gl. ist ja eigentlich kein problem und die spezielle erhalte ich also mehr oder weniger durch probieren.
jetzt frage ich mich aber warum ich in meinen aufzeichnungen obige matrizen habe? ist das nur ne andere möglichkeit [mm] y_{p} [/mm] zu errechnen oder kommt das eigentlich in einem ganz anderen zusammenhang?
und noch eine letzte frage zu diesem ganzen thema:
wie gehe ich vor wenn ich z.b. solche aufgaben habe:
[mm] y'=\bruch{1}{xy^{2}} [/mm] oder [mm] y'=-\bruch{cosy}{cos^{2}x} [/mm] habe?
die haben ja nicht die typische DGL 1. ordung form. muss ich da irgendwie substituieren oder geht das auch so?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:25 Fr 06.07.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
> danke - jetzt hab ich nen gewissen überblick!
>
> die homogene gl. ist ja eigentlich kein problem und die
> spezielle erhalte ich also mehr oder weniger durch
> probieren.
> jetzt frage ich mich aber warum ich in meinen
> aufzeichnungen obige matrizen habe? ist das nur ne andere
> möglichkeit [mm]y_{p}[/mm] zu errechnen oder kommt das eigentlich in
> einem ganz anderen zusammenhang?
ich denke- weiss aber nicht- dass das von einem System von lin. Dgl 1. Ordnung kommt, oder dass du was falsch aufgeschrieben hast und es von der Variation der Konstanten kommt. Habt ihr nicht ein Beispiel gerechnet?
>
> und noch eine letzte frage zu diesem ganzen thema:
> wie gehe ich vor wenn ich z.b. solche aufgaben habe:
> [mm]y'=\bruch{1}{xy^{2}}[/mm] oder [mm]y'=-\bruch{cosy}{cos^{2}x}[/mm]
> habe?
> die haben ja nicht die typische DGL 1. ordung form. muss
> ich da irgendwie substituieren oder geht das auch so?
das sind nur keine linearen Dgl. also gibts auch kein ganz allgemeines Verfahren! (es gibt für lineare Gleichugssysteme -also nicht Dgl. ja auch Standardverfahren sie zu lösen, für Systeme von Gl, die nicht linear sind gibts keine Standardverfahren.
Wenn die Dgl so einfach sind wie deine oben, löst man sie mit dem Verfahren der "Trennung der Variablen:
[mm]y'=\bruch{1}{xy^{2}}[/mm]
[mm] $y'*y^2=1/x$
[/mm]
[mm] $\bruch{dy}{dx}*y^2=1/x$
[/mm]
$y^2dy=1/xdx$
[mm] $\integral{y^2 dy} [/mm] = [mm] \integral{1/x dx}$
[/mm]
[mm] $y^3/3=lnx [/mm] + C$
jetzt noch nach y auflösen, fertig.
entsprechend die zweite, manchmal stösst man dabei auf Integrale, die man nicht einfach lösen kann.
Gruss leduart
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